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2019-2020年高三數學二輪復習 1-1-4導數與積分的概念及運算、導數的應用同步練習 理 人教版
班級________ 姓名________ 時間：45分鐘 分值：75分 總得分________
一、選擇題：本大題共6小題，每小題5分，共30分．在每小題給出的四個選項中，選出符合題目要求的一項填在答題卡上．
1．(xx全國)曲線y＝e－2x＋1在點(0,2)處的切線與直線y＝0和y＝x圍成的三角形的面積為( )
A. B.
C. D．1
解析：
y′＝－2e－2x，y′|x＝0＝－2，在點(0,2)處的切線為：y－2＝－2x，即2x＋y－2＝0
由
得，A，
S△ABO＝＝.
答案：A
2．(xx遼寧)函數f(x)的定義域為R，f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)>2，則f(x)>2x＋4的解集為( )
A．(－1,1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
解析：f(x)>2x＋4，即f(x)－2x－4>0.
構造F(x)＝f(x)－2x－4，F′(x)＝f′(x)－2>0.
F(x)在R上為增函數，而F(－1)＝f(－1)－2x(－1)－4＝0.x∈(－1，＋∞)，F(x)>F(－1)，∴x>－1.
答案：B
3．(xx煙臺市高三年級診斷性檢測)設a＝(sinx＋cosx)dx，則(a－)6的二項展開式中含x2的系數是( )
A．192 B．－192
C．96 D．－96
解析：因為a＝(sinx＋cosx)dx＝(－cosx＋sinx)＝
(－cosπ＋sinπ)－(－cos0＋sin0)＝2，所以(a－)6＝
6，則可知其通項Tr＋1＝(－1)rC26－rx－＝(－1)rC26－rx3－r，令3－r＝2?r＝1，所以展開式中含x2項的系數是(－1)rC26－r＝(－1)1C26－1＝－192，故答案選B.
答案：B
4．(xx山東省高考調研卷)已知函數f(x)＝x3－x2－x，則f(－a2)與f(4)的大小關系為( )
A．f(－a2)≤f(4)
B．f(－a2)
時，f(x)為增函數，
計算可得f(－1)＝f(4)＝2，又－a2≤0，由圖象可知
f(－a2)≤f(4)．
答案：A
5．(xx山東省高考調研卷)已知函數f(x)＝x3＋bx2－3x＋1(b∈R)在x＝x1和x＝x2(x1>x2)處都取得極值，且x1－x2＝2，則下列說法正確的是( )
A．f(x)在x＝x1處取極小值，在x＝x2處取極小值
B．f(x)在x＝x1處取極小值，在x＝x2處取極大值
C．f(x)在x＝x1處取極大值，在x＝x2處取極小值
D．f(x)在x＝x1處取極大值，在x＝x2處取極大值
解析：因為f(x)＝x3＋bx2－3x＋1，所以f′(x)＝3x2＋2bx－3，由題意可知f′(x1)＝0，f′(x2)＝0，即x1，x2為方程3x2＋2bx－3＝0的兩根，所以x1－x2＝＝，由x1－x2＝2，得b＝0.從而f(x)＝x3－3x＋1，f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，由于x1>x2，所以x1＝1，x2＝－1，當x∈(－∞，－1)時，f′(x)>0，所以f(x)在x1＝1處取極小值，極小值為f(1)＝－1，在x2＝－1處取極大值，極大值為f(－1)＝3.
答案：B
6．(xx合肥市高三第三次教學質量檢測)對任意x1，x2∈(0，)，x2>x1，y1＝，y2＝，則( )
A．y1＝y(tǒng)2
B．y1>y2
C．y1x1得y20，當02時，f′(x)>0.
∴當x＝2時，f(x)有極小值是f(2)＝23－322＋1＝－3.
答案：2
8．(xx濰坊市高三第一次教學質量檢測)若等比數列{an}的首項為，且a4＝(1＋2x)dx，則公比等于________．
解析：(1＋2x)dx＝(x＋x2)|＝(4＋16)－(1＋1)＝18，即a4＝18＝q3?q＝3.
答案：3
9．(xx山東省高考調研卷)已知函數f(x)＝3x2＋2x＋1，若f(x)dx＝2f(a)成立，則a＝________.
解析：因為f(x)dx＝ (3x2＋2x＋1)dx＝(x3＋x2＋x)|＝4，所以2(3a2＋2a＋1)＝4?a＝－1或a＝.
答案：－1或
10．(xx山東省高考調研卷)曲線y＝＋2x＋2e2x，直線x＝1，x＝e和x軸所圍成的區(qū)域的面積是________．
解析：(＋2x＋2e2x)dx＝dx＋2xdx＋2e2xdx＝lnx|＋x2|＋e2x|＝e2e.
答案：e2e
三、解答題：本大題共2小題，共25分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
11．(12分)(xx北京)已知函數f(x)＝(x－k)2
(1)求f(x)的單調區(qū)間；
(2)若對于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤，求k的取值范圍．
解：(1)f′(x)＝(x2－k2)
令f′(x)＝0，得x＝k
當k>0時，f(x)與f′(x)的情況如下：
x
(－x，－k)
－k
(－k，k)
k
(k，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
4k2e－1
↘
0
↗
所以，f(x)的單調遞增區(qū)間是(－∞，－k)，(k，＋∞)；單調遞減區(qū)間是(－k，k)．
當k<0時，f(x)與f′(x)的情況如下：
x
(－∞，k)
k
(k，－k)
－k
(－k，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
0
↗
4k2e－1
↘
所以，f(x)的單調遞減區(qū)間是(－∞，k)，(－k，＋∞)；單調遞增區(qū)間是(k，－k)．
(2)當k>0時，因為f(k＋1)＝>，所以不會有?x∈(0，＋∞)，f(x)≤
當k<0時，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝
所以?x∈(0，＋∞)，f(x)≤等價于f(－k)＝≤.解得－≤k<0.
故當?x∈(0，＋∞)，f(x)≤時，k的取值范圍是.
12．(13分)(xx課標)已知函數f(x)＝＋，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為x＋2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)如果當x>0，且x≠1時，f(x)>＋，求k的取值范圍．
解：(1)f′(x)＝－.
由于直線x＋2y－3＝0的斜率為－，且過點(1,1)，
故，即
解得a＝1，b＝1.
(2)由(1)知f(x)＝＋，所以
f(x)－＝.
考慮函數h(x)＝2lnx＋(x>0)，
則h′(x)＝.
(ⅰ)設k≤0，則h′(x)＝知，當x≠1時，h′(x)<0，而h(1)＝0，故當x∈(0,1)時，h(x)>0，可得h(x)>0；
當x∈(1，＋∞)時，h(x)<0，可得h(x)>0.
從而當x>0，且x≠1時，f(x)－>0，即f(x)>＋.
(ⅱ)設00，故h′(x)>0.而h(1)＝0，故當x∈時，h(x)>0，可得h(x)<0，與題設矛盾．
(ⅲ)設k≥1，此時h′(x)>0，而h(1)＝0，故當x∈(1，＋∞)時，h(x)>0，可得h(x)<0，與題設矛盾．
綜合得，k的取值范圍為(－∞，0]．
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